\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{Rechen\"ubungen am 27.11.2003}
\large
\centerline{Mehrfachintegrale} 
{\bf Definitionen:} Wir erinnern uns an die Definition des
Riemannschen Integrals einer Funktion $y = f(x)$ in den Grenzen
von $a$ nach $b$. Wir teilen die Strecke von $a$ nach $b$ in
$n$ Teilstrecken $dx_{i}$ auf, im jedem dieser Teilst\"ucke w\"ahlen
wir einen Punkt $x_{i}$ mit dem zugeh\"origen Funktionswert
$y_{i} = f(x_{i})$. Dann ist das Integral definiert durch
\begin{displaymath}
\int_{a}^{b} f(x) dx = \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_{i}) dx_{i}
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Die Definition von mehrdimensionalen Integralen ist v\"ollig analog.  
Wir diskutieren zun\"achst zweidimensionale Integrale \"uber eine
Fl\"ache $S$ in der $x-y$- Ebene. \newline \vskip 5cm
Auf dieser Fl\"ache sei eine Funktion $z = f(x,y)$ definiert.
Das Gebiet $S$ wird wieder in beliebiger Weise in $n$ Teilfl\"achen
$dS_{i} = dx_{i} \; dy_{i}$ zerlegt, im Innern (oder auch auf dem Rand) 
eines jeden
Teilst\"uckes w\"ahlt man einen beliebigen Punkt $(x_{i},y_{i})$.
Dann ist
\begin{displaymath}
\int_{S} f(x,y) dS = \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_{i},y_{i}) 
dS_{i}
\end{displaymath}
das zweifache Integral der Funktion $z = f(x,y)$ \"uber die Fl\"ache
$S$. \newline 
Entsprechend f\"ur das Volumenintegral einer Funktion $w = f(x,y,z)$
mit $dV_{i} = dx_{i} \; dy_{i} \; dz_{i}$:
\begin{displaymath}
\int_{V} f(x,y,z) dV = \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_{i},
y_{i},z_{i}) dV_{i}.
\end{displaymath}
{\bf Berechnung}: Wir halten uns zun\"achst an zweidimensionale 
Integrale, da die Prinzipien hier einfacher zu erkennen sind.
In der folgenden Skizze sei eine Fl\"ache $S$ gegeben. Die \"au"sersten
Punkt in $x$ seien $a$ und $b$ bzw die Punkte $A$ und $B$ in der
Ebene. Dann kann die Begrenzung der Fl\"ache $S$ durch
$a \leq x \leq b$ und $\varphi_{1}(x) \leq y \leq \varphi_{2}(x)$ 
gekennzeichnet werden. \newline \vskip 5cm
 Das Integral ist
\begin{displaymath}
\int_{S} f(x,y) dS = \int_{a}^{b} \left( \int_{\varphi_{1}(x)}
^{\varphi_{2}(x)} f(x,y) dy \right) dx.
\end{displaymath}
F\"ur jeden Punkt auf der $x$- Achse bilden wir also zun\"achst
das Integral $\int f(x,y) dy$ zwischen den von $x$ abh\"angigen 
Grenzen $y_{1} = \varphi_{1}(x)$ und $y_{2} = \varphi_{2}(x)$.
Dieses Integral ist dann noch eine Funktion von $x$. Schlie"slich 
summieren (integrieren) wir alle diese Teilintegrale \"uber
$x$ von $x_{1} = a$ bis $x_{2} = b$. \newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} Zeigen Sie, da"s das
Integral $A = \int x y^{2} \; dS$, wobei $S$ die Fl\"ache zwischen der
Parabel $y = x^{2}$ und der Geraden $y = 2x$ ist, durch
$A = 32/5$ gegeben ist. \newline \vskip 3cm
Die Berechnung von Volumenintegralen ist v\"ollig identisch, nur
hat man zwei weitere Begrenzungsfunktionen $z = \psi_{1}(x,y)$
und $z = \psi_{2}(x,y)$ (siehe Skizze). \newline \vskip 5cm
\begin{displaymath}
\int_{V} f(x,y,z) dV = \int_{a}^{b} \int_{\varphi_{1}(x)}
^{\varphi_{2}(x)} \int_{\psi_{1}(x,y)}^{\psi_{2}(x,y)} f(x,y,z) dz \; dy
\; dx.
\end{displaymath}
Wir sehen an dieser Formel bereits, da"s Volumenintegrale in kartesischen
Koordinaten im allgemeinen sehr kompliziert werden. Wir verzichten
daher auf eine Aufgabe. In der Physik w\"ahlt man h\"aufig andere
Koordinaten, die den speziellen Problemen besser angepa"st sind, und zwar 
Zylinder- oder Kugelkoordinaten. \newline
{\bf Volumenintegrale in Zylinder- und Kugelkoordinaten:} 
Zylinderkoordinaten sind gegeben durch
\begin{eqnarray}
x &=& \rho \; cos\varphi \nonumber \\
y &=& \rho \; sin\varphi \nonumber \\
z &=& z \nonumber
\end{eqnarray}
\vskip 5cm
Das infinitesimale Volumenelement $dV = dx \; dy \; dz$ kann dann
transformiert werden zu:
\begin{displaymath}
dV = dx \; dy \; dz = \rho \; dz \; d\rho \; d\varphi.
\end{displaymath}
Wir wollen diese Formel hier nicht beweisen. Man mu"s im Prinzip
$dx = |\partial x/\partial \rho| d\rho + |\partial x/\partial \varphi) |
d\varphi + |\partial x/\partial z| dz$ berechnen, entsprechend 
$dy$ und $dz$ und alles in $dV = dx \; dy \; dz$ einsetzen. Beim
Grenz\"ubergang $dV \to 0$ oder $n \to \infty$ d\"urfen dann noch
alle Terme mit $(d\rho)^{2}$, $(d\varphi)^{2}$ und $(dz)^{2}$
vernachl\"assigt werden. 
Die so erhaltene Formel
\begin{displaymath}
\int_{V} f(x,y,z) dV = \int_{\varphi_{1}}^{\varphi_{2}} 
\int_{\rho_{1}(\varphi)}^{\rho_{2}(\varphi)} 
\int_{z_{1}(\rho, \varphi)}^{z_{2}(\rho, \varphi)} f(\rho, \varphi, z)
\rho \; dz \; d\rho \; d\varphi
\end{displaymath}
sieht auf den ersten Blick nat\"urlich absolut nicht einfacher aus
als die Formel in kartesischen Koordinaten, im Gegenteil, wir haben uns
noch einen Faktor $\rho$ im Integranden eingehandelt. Trotzdem, wie wir
in einigen Anwendungen sehen werden, sind die Integrationsgrenzen
in Physik- Aufgaben h\"aufig sehr einfach, n\"amlich Konstanten.
\newline
Bei der Wahl von Kugelkoordinaten ist
\begin{eqnarray}
x &=& r \; sin\theta \; cos\varphi \nonumber \\
y &=& r \; sin\theta \; sin\varphi \nonumber \\
z &=& r \; cos\theta \nonumber
\end{eqnarray}
\vskip 5cm
und das infinitesimale Volumenelement 
\begin{displaymath}
dV = dx \; dy \; dz = r^{2} \; sin\theta \; dr \; d\theta \; d\varphi
\end{displaymath}
{\bf Aufgabe 2:} Schreiben Sie das Volumenintegral
$\int_{V} f(x,y,z) dV$ in Kugelkoordinaten. \newline \vskip 0.5cm
Als einfachstes Beispiel wollen wir das Volumen einer Kugel mit Radius $R$
berechnen. Dann kann $f(x,y,z) = 1$ gew\"ahlt werden und die
Integrationsgrenzen sind durch $0 \leq \varphi \leq 2\pi$,
$-\pi \leq \theta \leq +\pi$ und $0 \leq r \leq R$ gegeben.
\newline \vskip 5cm
\begin{eqnarray}
V &=& \int_{0}^{2\pi} \int_{-\pi}^{+\pi} \int_{0}^{R} r^{2} \; sin\theta
\; dr \; d\theta \; d\varphi \nonumber \\
  &=& \frac{1}{3} R^{3} \int_{0}^{2\pi} \int_{-\pi}^{+\pi} sin\theta \;
d\theta \; d\varphi \nonumber \\
 &=& \frac{1}{3} r^{3} \int_{0}^{2\pi} [-cos\theta ]_{-\pi}^{+\pi}
d\varphi \nonumber \\
 &=& \frac{2}{3} R^{3} \int_{0}^{2\pi} d\varphi \nonumber \\
 &=& \frac{4\pi}{3} R^{3}. \nonumber 
\end{eqnarray}
{\bf Aufgabe 3:} Man berechne das Integral 
$I = \int_{V} (cos\theta /r^{2}) \; dV$, erstreckt \"uber das 
Volumen eines Kegels, dessen H\"ohe gleich $h$ und dessen Winkel an der
Spitze $2\alpha$ ist. 
\newpage
\centerline{L\"osungen zu den Rechen\"ubungen am 27.11.2003} 
\normalsize
{\bf Aufgabe 1:} \newline
\begin{eqnarray}
A &=& \int_{0}^{2} \left( \int_{x^{2}}^{2x} x y^{2} dy \right)  dx = \int_{0}^{2} x \left[ 
\frac{y^{3}}{3} \right]^{2x}_{x^{2}} dx \nonumber \\
  &=& \int_{0}^{2} \left( \frac{8}{3} x^{4} - \frac{1}{3} x^{7} \right) dx = 
      \frac{1}{3} \left[ \frac{8}{5} x^{5} - \frac{1}{8} x^{8}\right]^{2}_{0} \nonumber \\
  &=& \frac{1}{3} 2^{5} \left( \frac{8}{5} -1 \right) = \frac{32}{5}  \nonumber 
\end{eqnarray}
{\bf Aufgabe 2:} \newline
\begin{displaymath}
\int_{V} f(x,y,z) dV = \int_{\varphi_{1}}^{\varphi_{2}} \int_{\theta_{1}(\varphi)}^{\theta_{2}(\varphi)}
\int_{r_{1}(\theta,\varphi)}^{r_{2}(\theta,\varphi)} f(r,\theta,\varphi) r^{2} \; sin\theta \; 
dr d\theta d\varphi.
\end{displaymath}
{\bf Aufgabe 3:} \newline
L\"osung in Kugelkoordinaten: 
\begin{eqnarray}
\varphi_{1} &=& 0, \; \; \; \; \; \varphi_{2} = 2\pi \nonumber \\
\theta_{1} &=& 0, \; \; \; \; \; \theta_{2} = \alpha \nonumber \\
r_{1} &=& 0, \; \; \; \; \; r_{2} = \frac{h}{cos\theta} \nonumber 
\end{eqnarray}
Damit erhalten wir
\begin{eqnarray}
I &=& \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{h/cos\theta} \frac{cos\theta}{r^{2}} r^{2} sin\theta
\; dr \; d\theta \; d\varphi \nonumber \\
  &=& \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\alpha} \frac{h}{cos\theta} cos\theta \; sin\theta \; d\theta d\varphi
\nonumber \\
  &=& h (1 - cos\alpha) \int_{0}^{2\pi} d\varphi = 2 \pi h (1 - cos\alpha) \nonumber
\end{eqnarray}
Eigentlich bietet sich eine L\"osung in Zylinderkoordinaten an. Diese ist in diesem Fall
allerdings sehr viel umst\"andlicher, da die merkw\"urdige Funktion noch im Integral steht.
\end{document}

